2021杭電1 1006 xor sum

給定n個數和一個數k，求出最短的連續的一段數，使得它們的異或和大于等于k，如果沒有則輸出-1。
其中1<=n<=1e5,0<=k, ai<=2^30

之前還沒有做過這個類型的題，隊友給我說可以用trie來搞，存個前綴和，然后就不會了。沿著這個想法亂搞了一下，發現還可以做，寫了出來發現還真能過樣例，調了一下（init忘了調用）就過了。

大致思路是這樣的：trie上有0,1兩個分支，從左到右枚舉n個數，求出前綴異或和，轉二進制塞到trie里面，同時trie上的節點存的是編號，也就是當前是1到編號i的前綴異或和。

每一次的詢問，將k和xor_sum[i]帶進去，然后從高位到低位求出trie上存的前綴和與xor_sum[i]的異或和，當這個值已經大于k的時候，就可以直接返回當前節點所存的編號；如果這個值加上后面都是1還是小于k的時候，說明達不到k，可以直接返回0。

因為r是確定的，我們需要求出的是l最大，因此insert的時候編號應該是大的覆蓋小的，又insert的編號是從1到n，所以每次直接覆蓋就行了。在query求解的時候就找出可行的前綴和編號的最大值就可以了。

由于我是mx初值設為0，所以要特判一下，特判就是當前的xor_sum已經是大于k的時候，那么l = 1, r = i一定是符合條件的一組解。

const int N = 1e5 + 10; int trie[N * 31][2], mx[N * 31], fa[N * 31], tot = 0;void init() {trie[0][0] = trie[0][1] = 0;for (int i = 0; i <= tot; i ++){mx[i] = fa[i] = 0;}tot = 0; }void insert(int x, int pos) {int temp[31];for (int i = 30; i >= 1; i --){temp[i] = x & 1;x >>= 1;}int now = 0;for (int i = 1; i <= 30; i ++){int p = now;mx[now] = pos;if (trie[now][temp[i]])now = trie[now][temp[i]];else{trie[now][temp[i]] = ++ tot;trie[tot][0] = trie[tot][1] = 0;now = tot;}fa[now] = p;}mx[now] = pos; }int query(int r, int k, int now, int sum, int bit) {if (sum >= k)return mx[now];if (sum + (1 << (bit + 1)) <= k)return 0;int ans = 0;if (trie[now][0]){int temp = (r & (1 << bit));ans = max (ans, query(r, k, trie[now][0], sum + temp, bit - 1));}if (trie[now][1]){int temp = (r & (1 << bit) ^ (1 << bit));ans = max(ans, query(r, k, trie[now][1], sum + temp, bit - 1));}return ans; }int main() {//freopen("data.txt", "r", stdin);//freopen("out.txt", "w", stdout);int T = 1;T = read();while (T --){init();int n, k;n = read(); k = read();int ans = n + 1, l = -1, r = -1;int sum = 0;for (int i = 1; i <= n; i ++){int a = read();sum ^= a;if (sum >= k){if (ans > i){ans = i;l = 1;r = i;}}int d = query(sum, k, 0, 0, 29);if (d > 0 && ans > i - d){ans = i - d;l = d + 1;r = i;}insert(sum, i);}if (ans == n + 1)printf ("-1\n");elseprintf ("%d %d\n", l, r);} } 與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

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